2021届新高考模拟物理试题含答案解析

物理试题

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.一定质量的气体，压强为3atm，保持温度不变，当压强减小了2atm，体积变化了4L，则该气体原来的体积为( ) A.4L/3

B．2L

C.8L/3

D．3L

2.如图所示，双缝干涉实验装置中，屏上一点P到双缝的距离之差为2.1 μm，若用单色光A照射双缝时，发现P点正好是从屏中间O算起的第四条暗条纹，换用单色光B照射双缝时，发现P点正好是从屏中间O算起的第三条亮条纹，则下列说法正确的是( )

A.单色光B的频率大于单色光A的频率B.单色光B的波长小于单色光A的波长

C.单色光B的相邻亮条纹间的距离小于单色光A的相邻亮条纹间的距离

D.用单色光A和B在同一单缝衍射的装置上做实验，在缝宽不变的情况下，单色光B更容易发生明显衍射

3.某同学采用如图所示的装置来研究光电效应现象。某单色光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象，闭合开关S，在阳极A和阴极K之间加反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰为零，此时电压表显示的电压值U称为反向截止电压。现分别用频率为v1和v2的单色光照射阴极，测量到的反向截止电压分别为U1和U2。设电子质量为m，电荷量为 e ，则下列关系式中正确的是（ ）

A.两种单色光照射阴极时，光电子的最大初动能之比B.阴极K金属的极限频率v0=U22−U1v1U2−U1Ek1v1=Ek2v2C.普朗克常量h=e(U2−U1)1−2e(U1v2−U2v1)1−2D.阴极K金属的逸出功W=4.图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2、A3是三个完全相同的灯泡.实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同.下列说法正确的是（ ）

A.图甲中，A1与L1的电阻值相同

B.图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流 C.图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同

D.图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等

5.如图甲所示为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，P、Q分别是机械波上的两个质点，其平衡位置坐标分别为xP=2m、xQ=1m；图乙为质点P的振动图像。从t=0时刻起，下列说法中正确的是( )

A.t=0时，质点P的运动方向沿y轴正方向B.t=0.1s时，质点Q的加速度大于质点P的加速度 C.t=0至t=0.15s，质点Q运动的路程为0.2 m D.t=0至t=0.15s，质点P沿x轴的正方向迁移了3 m

6.2020年6月23日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射第55颗北斗导航卫星，卫星顺利进入预定轨道，成为地球静止轨道卫星，提前半年全面完成北斗三号全球卫星导航系统星座部署。关于成功定点后的第55颗北斗导航卫星，下列说法正确的是( ) A.可能位于西昌正上空

B.绕地球运行的轨道半径比月球绕地球运行的轨道半径小C.绕地球运行的加速度比月球绕地球运行的加速度小D.绕地球运行的速度比月球绕地球运行的速度小

7.如图所示，A、B、C、D四个小球质量分别为m、4m、2m、3m，用细线连着，在A和C之间细线上还串接有一段轻弹簧，悬挂在光滑定滑轮的两边并处于静止状态。弹簧的形变在弹性限度内重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）

A．剪断C、D间细线的一瞬间，小球C的加速度大小为3g B．剪断C、D间细线的一瞬间，小球A和B的加速度大小均为3g7C．剪断A、B间细线的一瞬间，小球C的加速度大小为零 D．剪断C球上方细线的一瞬间，小球A和B的加速度大小均为零

8.如图所示，离地面高h处有甲、乙两个小球，甲以初速度v0水平射出，同时乙以大小相同的初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面下滑，若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是( )

A.gh2B.ghC.2gh2D.2gh二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图像，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图像，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图像，下列说法正确的是( )

A.电源a比电源b内阻小B.电源a比电源b电动势大

C.R接到b电源上，电源的输出功率达到最大，电源的效率大于50% D.R接到a电源上，电源的输出功率达到最大，电源的效率为50% 10.关于一定量的气体，下列叙述正确的是( ) A.气体吸收的热量可以完全转化为功 C.气体从外界吸收热量，其内能一定增加

B.气体体积增大时，其内能一定减少 D.外界对气体做功，气体内能可能减少

11.如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向上穿进磁场，当AC刚进入磁场时，线框的速度为v，方向与磁场边界成45°，若线框的总电阻为R，则 ( )

A.线框穿进磁场过程中，线框中电流的方向为DCBAB.AC刚进入磁场时线框中感应电流表为

2BavR2B2a2vC.AC刚进入磁场时线框所受安培力为

RD.AC刚进入磁场时CD两端电压为

3Bav412.如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为 mA=1kg、mB=2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离．t=0时刻开始对物

块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于A、B两物块 受力及运动情况的分析，正确的是( )

A.t=2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6N B.t=2.0s时刻A、B之间作用力为零 C.t=2.5s时刻A对B的作用力方向向左

B分离，它们运动的位移为5.4mD.从t=0时刻到A、三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13.某同学利用三个完全相同的弹簧测力计进行验证力的平行四边形定则实验，将弹簧测力计丙固定在水平面上，然后将弹簧测力计甲、乙挂在细绳套上。

（1）某次实验时，弹簧测力计甲、乙沿水平方向将结点拉至图a中的O点，弹簧测力计甲和丙垂直，弹簧测力计甲和乙的夹角为120°，弹簧测力计甲、乙的读数分别为2.0 N、4.0 N，弹簧测力计丙的示数如图b所示，则弹簧测力计丙的读数为________N。

（2）在进行数据处理时，发现某次实验甲、丙合力方向与乙的拉力方向接近共线，但乙的示数大于甲、丙合力的大小，造成这种现象的原因可能是__________。

（3）操作时用刻度尺测出弹簧测力计乙4.0 N刻度线到零刻度线的距离为8.0 cm，则弹簧测力计乙中弹簧的劲度系数为k=______N/m。（结果保留整数）

14.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻，要求尽量减小实验误差：(1)如图所示，应该选择的实验电路图是_____（选填“a”或“b”）。

(2)现有电流表（0~0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：A．电压表（0~15V） B．电压表（0~3V） C．滑动变阻器（0~30Ω） D．滑动变阻器（0~500Ω）

实验时，电压表应选用_____，滑动变阻器应选用_____。

(3)某同学记录的六组数据见下表，其中五组数据的对应点已经标在图中的坐标纸上，请标出第2组数据的对应点，并画出U－I图像。 序号 电压U/V 电流I/A 1 1.45 0.06 2 1.40 0.12 3 1.30 0.24 4 1.25 0.26 5 1.20 0.36 6 1.10 0.48 (4)由图像可得：该电池的电动势E=____V，内阻r=_____Ω（小数点后保留2位数字）。

15.如图所示，有一原长为2R的轻质弹簧，一端拴接在水平地面A处的固定挡板上，另一端位于水平地面上B处，弹簧处于原长。竖直平面内半径为R的半圆形光滑轨道CDE与水平地面相切于C点，BC之间的距离为1.5R，A、B、C、D、E在同一竖直平面内。质量为m的小物块（可视为质点）自D点（与圆心O等高）沿轨道由静止开始下滑，在水平地面上向左最远运动到P点（未画出），随后被水平弹回，恰好运动到C点，已知物块与水平地面间的动摩擦因数=0.2，重力加速度为g，整个过程中弹簧未超出弹性限度。求:

（1）小物块第一次到达C点时对轨道的压力大小； （2）小物块运动到P点时，弹簧的弹性势能；

（3）若改变物块的质量，使其压缩弹簧至P点，静止释放后物块能滑上半圆形轨道CDE，且在轨道CDE上运动过程中未与轨道脱离，求改变后物块的质量应满足的条件。

16.如图所示，AOB为半径为R的扇形玻璃砖，一细光束照射到AO面上的C点，入射角为60°，折射光线平行于BO边，C点到BO面的距离为为c，求：

R，AD⊥BO，∠DAO＝30°，光在空气中传播速度2(1)玻璃砖的折射率；(2)光在玻璃砖中传播的时间．

17.常利用现代科学仪器中电场、磁场控制带电粒子的运动。如图所示的xOy平面内，在x轴上方qdB2有一沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E=。在x轴下方相邻并排着两个宽度为d

2m的匀强磁场，磁场区域1、2的磁感应强度大小分别为B1=B、B2=2B，方向都垂直于平面向外。在x轴上x=2d至6d间有一个收集板（图中未画出）。现有一可在y轴正半轴上移动的粒子源，能释放初速度为零、质量为m、带电荷量为-q的粒子（重力忽略不计，不考虑粒子之间的相互影响）。

（1）若粒子从A(0,y0)处释放，求粒子在磁场区域1内做圆周运动的轨迹半径r1；

（2）要使粒子恰好不从磁场区域2的下边界射出，求粒子在磁场区域2内做圆周运动的轨迹半径r2；

（3）若粒子源在y轴正半轴上2d至10d范围内均匀释放N个粒子，求这些粒子中能打在收集板上的个数。

18.如图甲所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端在O位置。质量为m的物块A（可视为质点）以初速度v0从斜面的顶端P点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压缩到O点位置后，A又被弹簧弹回。物块A离开弹簧后，恰好回到P点。已知OP的距离为

x0，物块A与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ。

（1）求O点和O点间的距离x1；（2）求弹簧在最低点O处的弹性势能；

（3）在P点处放置一个弹性挡板，在轻弹簧旁边并排放置一根与之完全相同的弹簧，一端仍与挡板固定。将A与另一个与A材料相同的物块B（可视为质点，与弹簧右端不拴接）并排在一起压缩弹簧，使两根弹簧仍压缩到O点位置，然后从静止释放，如图乙所示，设B的质量为

m,=tan,v0=3gx0sin。在A离开B后给A外加恒力F=mgsin，方向沿斜面向上，若A

不会与B发生碰撞，求β需满足的条件。

参

1.答案：B

解析：气体初状态的压强p1=3atm，体积V1=V;末状态的压强p2=1atm，体积V2=V+4L。由玻意耳定律得p1V1=p2V2，即3V=1(V+4)，解得V=2L，故B正确。2.答案：D

1解析：由题意可知，单色光A照射双缝时条纹间距较小，根据x＝可知单色光A的波长较

d小，频率较大，选项ABC错误；因单色光B的波长较大，则用单色光A和B在同一单缝衍射的装置上做实验，在缝宽不变的情况下，单色光B更容易发生明显衍射，选项D正确。 3.答案：D

解析：光电子在电场中做减速运动，根据动能定理得：−eU1=0−Ek1，−eU2=0−Ek2， 根据爱因斯坦光电效应方程得：Ek1=hv1−W=hv1−hv0，Ek2=hv2−W=hv2−hv0， 两种单色光照射阴极时，光电子的最大初动能之比：阴极K金属的极限频率：v0= Ek11−0U1， == Ek22−0U2E−Ek1e(U2−U1)U2v1−U1v2，普朗克常量：h= k2， =v2−v1v2−v1U2−U1e(U2−U1)U2v1−U1v2e(U1v2−U2v1)故A、B、C错误，D正确；=2−11−2U2−U1阴极K金属的逸出功W=hv0=故选D。 4.答案：C

解析：A. 图1中，灯泡A1有电阻，L1的为自感系数很大的自感线圈，电路正常工作后，不考虑电阻，故A错误；B. 图1中，闭合S1，电路稳定后，灯泡A1短路，无电流，故B错误；C. 图2中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；D. 图2中，闭合S2瞬间，L2对电流由阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。 5.答案：B

解析：本题考查波的传播与质点的振动分析。由质点P的振动图像可知，t=0时，质点P的运动方向沿y轴负方向，A错误；t=0.1s时，质点Q到达波峰位置，质点P仍在平衡位置，可知质点Q的加速度大于质点P的加速度，B正确；t=0至t=0.15s，经过了

3个周期，质点Q运动的路4程为3A=0.6m，C错误；机械波传播的过程中，质点只在自己平衡位置附近上下振动，而不随波迁移，D错误。 6.答案：B

解析：第55颗北斗导航卫星是地球静止轨道卫星，只能处于赤道正上空一定高度处，A错误;月球绕地球运行的周期约为27天，第55颗北斗导航卫星绕地球运行的周期约为1天，根据开普勒第三定律知第55颗北斗导航卫星绕地球运行的轨道半径较小，B正确;由G的加速度a=GMm=ma得天体绕地球运行r2M，可知r越小a越大，即第55颗北斗导航卫星绕地球运行的加速度比月球绕地r2Mmv2GM球运行的加速度大，C错误;由G2=m得v=，则第55颗北斗导航卫星的速度较大，D

rrr错误。 7.答案：C

解析：AB、开始时，弹簧的弹力为5mg，剪断C、D间细线的一瞬间，弹簧的弹力不变，则小球C的加速度大小为a=5mg−2mg=1.5g，A、B的加速度为零，故A、B错误；C、同理可以分

2m析，剪断A、B间细线的一瞬间，小球C的加速度大小为0，故C正确；D、剪断C球上方细线的一瞬间，弹簧的弹力迅速减为零，因此小球A和B的加速度大小为g，故D错误。故选：C。 8.答案：A

解析：甲做平抛运动，在竖直方向有h=2h12gt，得运动时间t=.乙沿斜面下滑，位移

g2x=h122=2h，加速度a=gsin45=g，则有x=v0t+at，且甲、乙同时到达地面，则2sin452t=t=2hgh，联立解得v0=，故A项正确. g29.答案：BD

解析：A、根据图象的斜率表示电源内阻，与纵坐标的交点为电动势，则有电源a比电源b内阻大，电源a比电源b电动势大，故A错误，B正确。C、电源的效率=接在电源a上时电路中电流为电源的效率为50%.

由图看出，电阻R接在电源b上时

U50%，则电源b的效率大于50%，电源的图线与电阻R的EUIU=由图看出，电阻REIEIE，短路电流为I，根据闭合电路欧姆定律I=得到，R=r，a2R+rU-I图线的交点表示电阻R接在该电源上的工作状态，由图读出电阻R接在电源a的电压和电流较大，电源a的输出功率较大故C错误，D正确。故选：BD。 10.答案：AD

解析：根据热力学第一定律，做功和热传递都可以改变内能，所以含有‘一定’的B和C错误，而D正确；

理想气体的等温变化是一个内能不变的过程，当体积增大对外做功时同时必须从外界吸热等大的热量，故A正确； 11.答案：CD

解析：线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向向外，由安培定则知感应电流的方向为ABCD方向，A错误;AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势为E=Bav，则线框中感应电流为:I=EBav=，BRR错误；AC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是:F=Bla，由几何关系可知，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的合力，即

F合=2F=332B2a2v，当AC刚进入磁场时，CD两端电压：U=IR=Bav，D正确。 R4412.答案：AD

解析：设t时刻AB分离，分离之前AB物体共同运动，加速度为a，以整体为研究对象，则有：a=F1+F23.6+0==1.2m/s2，分离时：F2−f=mBa，得F2=f+mBa=0.3+21.2=2.7N，经历

mA+mB1+2t=412.7=3ss=at2=5.4m3.62，根据位移公式，则D正确；当t=2s时，F2=1.8N，

时间

F2+f=mBa，得f=mBa−F2=0.6N，A正确B错误；当t=2.5s时，F2=2.25N，F2+f=m2a，

得f=m2a−F20，C错误．13.答案：（1）3.5

（2）乙与甲、丙不在同一平面内 （3）50

解析：（1）由弹簧测力计的读数规则可知，弹簧测力计丙的读数为3.5 N；

（2）甲、丙合力方向和乙的拉力方向接近共线，大小不同，O点静止，即甲、乙、丙在水平面内的合力为0，乙的示数大于甲、丙合力大小说明乙的拉力在竖直方向存在分力，即乙与甲、丙不在同一平面内；

（3）弹簧测力计乙的4.0 N刻度线到0刻度线的距离为8.0 cm，则说明弹簧测力计乙的伸长量为8 cm，则弹簧测力计乙中弹簧的劲度系数为k=14.答案：（1）a;（2）B;C;

F4=N/m=50N/m。 x0.08（3）;（4）1.50;0.84

解析：(1)实验的测量原理方程为闭合电路欧姆定律E=U+Ir，电压表的内阻远大于电源内阻，分流不明显，电流表内阻和电源内阻较为接近，分压明显，所以采用a电路能够较准确的测量。 (2)一节干电池的电动势约为1.5V，所以选择量程为3V的电压表即可，即B。

滑动变阻器以限流的方式接入电路，为了方便调节，所以选择C即可。或者根据(3)中的表格可知，接入电路中的最大电阻约为R=1.45V24Ω，所以选择阻值较小的滑动变阻器C即可。0.06A(3)用直线将有效的数据点连成直线，如图：

。

(4)根据闭合电路欧姆定律变形U=E−Ir，可知图像的纵截距即为电动势的测量值E=1.50V。

图像斜率的大小即为电源内阻的测量值r=15.答案：（1）3mg（2）

1.08−1.500.50Ω=0.84Ω。

mgR2（3）

mm„mm或m„36解析：本题考查单质点的多过程问题。

（1）物块从D点运动到C点，机械能守恒，有mgR=v12在C点由牛顿第二定律得FN−mg=mR12mv12=FN=3mg，方向竖直向下根据牛顿第三定律，物块第一次到达C点时对轨道的压力FN（2）物块运动到P点时，设弹簧的压缩量为x，物块从D点运动到P点，根据能量守恒定律有

mgR=mg(1.5R+x)+Ep

物块从P点弹回运动到C点，根据能量守恒定律有Ep=mg(1.5R+x)解得Ep=mgR,x=R2（3）改变物块质量后设其质量为m，物块能滑上半圆形轨道，必须克服水平地面摩擦力做功，即Epmg(1.5R+x)物块滑上半圆形轨道后，运动过程中不脱离轨道，分两种情况， 第一种情况，小球运动过程中不超过D点，由能量守恒定律得

Ep−mg(1.5R+x)„mgR第二种情况，物块滑上半圆形轨道后能通过最高点E，设物块能通过最高点的最小速率为v，则v2mg=mR1mg(1.5R+x)+mg2R+mv2由能量守恒定律得Ep…2解得

mm„mm或m„3616.答案： （1）n=3 （2）t=2Rc解析：(1)光路如图所示，由几何知识可知，在AO面上光线的折射角为30°．所以玻璃砖的折射率n=sin60=3sin30(2)由于折射光线CE平行于BO，光线在圆弧面上的入射点E到BO的距离也为即EF=R2R2EF1= ，解得α＝30° OE2所以α满足 sinα＝

由几何关系可知CE=cR23v=；又光在玻璃中的速度=Rncos3故所求时间t=CE2R=vc717.答案：（1）dy0（2）1.5d（3）N8解析：本题考查带电粒子在电磁场中的运动。 （1）粒子从A(0,y0)处释放，根据动能定理，得qEy0=12mv2mv2带电粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB=r1联立可得r1=dy0（2）设OO1H为，粒子在磁场区域1和磁场区域2的轨迹如图所示，则在轨迹圆O1中，根据几何关系有sin=dr1v2在轨迹圆O2中，根据几何关系有d=r2(1−sin)，在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qvB=mr由B2=2B1，则有r1=2r2，联立解得r2=1.5d（3）当粒子恰好不从磁场区域2的下边界射出时，由（1）的结论及磁场区域1和2磁感应强度关系可知r2=dy02=1.5d，可得y0=9d，在y=9d处释放的粒子恰好不从磁场区域2的下边界射

出，粒子再次回到x轴时的坐标为x=2r1−(r1−r2)cos，其中cos=r12−d2r1，所以粒子回到x

轴时的坐标x=(6−22)d，所以粒子能打到收集板上；同理，粒子刚好能打到收集板2d位置时，

r12−d25d1cos=2d，其中r2=r1，cos=有x=2，解得或−−rrrr=r=d1121132r1()解得y=d2d（舍去）或y=因为从y轴正半轴上2d到

25d925d范围内释放的粒子回到电场后受电场力作用再回磁场都能打在收集9板上，则从y轴正半轴上2d至9d范围内释放的粒子都能打到收集板上，所以粒子源在y轴正半轴上2d至10d范围内均匀发射N个粒子，能打到收集板的粒子数为N=22v012mv03113−x0 （2）mv0+tan（3）„18.答案：（1）

2354gcos449d−2d7N=N10d−2d8解析：本题考查与弹簧相关的能量问题。

（1）（2）物块A从P点到O点，由动能定理可得 12mg(x0+x1)sin−mg(x0+x1)cos−W=0−mv02物块A从O点回到P点的过程，由动能定理得

W−mg(x0+x1)sin−mg(x0+x1)cos=022v012mv0−x0,W=mv0+tan，联立解得x1=4gcos44212mv0tan即弹簧在最低点O处的弹性势能Ep=W=mv0+44（3）两物块分离的瞬间两者的加速度有aA=aB，此时两物块之间的弹力为零，由牛顿第二定律可得

mgsin+mgcos=maA

mgsin+mgcos−2T=maB解得T=0，即弹簧恢复原长的瞬间，两物块分离

设两物块分离瞬间，两物块的速度均为v，由能量守恒定律可得12Ep=(1+)mgx1sin+(1+)mgx1cos+(1+)mv222v0−x0代入解得将=tan,v0=3gx0sin,x1=4gcosv=13−5gx0sin1+由于=tan,F=mgsin，故分离后两物体的加速度大小分别为

aA=mgsin+mgcos−F=gsinm=aBmgsin+mgcos=2gsinm由此可知，分离后两物块均做匀减速运动，且B的加速度大于A的加速度，故在物块A上升阶段，两物块不会发生碰撞；B速度减为零后，由于=tan，故B物块会保持静止状态，物块B上v2升的位移为xB=4gsin若物块A与挡板碰撞前速度就减为零，则此后物块A保持静止状态，两物块一定不会发生碰撞； 若物块A能与挡板相碰，当物块A与挡板碰撞后，将继续以加速度gsin向下做匀减速运动，直v2到速度减为零，保持静止状态，则物块A速度减为零运动的总路程为xA=2gsinv211„x0，解得…若物块A不与挡板相碰，则xA=2gsin7若物块A能与挡板相碰，则两物块不相碰的条件为物块A速度减为零时不与物块B相碰，即xA+xB„2x0，且xAx0，

解得

3111„2371353113„235由于v0，故综上所述，β的取值范围为